Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2022 Çözümleri

$\mathbb{R}^+$ üzerinde $R$ bağıntısını tanımlayalım. $$R=\{(x,y)\in \mathbb{R}^+\times \mathbb{R}^+\mid xf(y)+yf(x)\leq 2\}$$ Bu bağıntının simetrik olduğu, yani $(x,y)\in R$ ise $(y,x)\in R$ olduğu barizdir. Bununla birlikte $xRy$ ve $xRz$ ise $y=z$ olduğunu görelim. Ayrıca $$A=\{(x,y)\in \mathbb{R}^+\times \mathbb{R}^+\mid x=y\}$$ bağıntısını da tanımlayalım. İddiamız $A=R$ olduğudur. Aksini varsayalım. Bu durumda $R-A$ kümesi boş küme olmayacaktır çünkü fonksiyonun verilen özelliği gereği her $x\in\mathbb{R}^+$ için $(x,y)\in R$ olacak şekilde bir $y$ vardır ve eğer $A\neq R$ ise en az bir tanesi için $x\neq y$'dir. $(x,y)\in R-A$ olsun. $x\neq y$ olduğundan $$xf(x)+xf(x)>2\implies f(x)>\dfrac{1}{x}$$ olacaktır. Benzer şekilde $f(y)>\dfrac{1}{y}$'dir. Dolayısıyla $$2\geq xf(y)+yf(x)>\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}>2$$ olacaktır. Bu bir çelişkidir. $R-A$ boş kümedir. Bu da $A=R$ olduğu anlamına gelir. Her $x$ için $xRx$ olduğundan, verilen eşitsizlikten $$x=y\to f(x)\leq\dfrac{1}{x} $$ $$x\neq y\implies xf(y)+yf(x)>2$$ sonuçları çıkar. Eğer $f(x)\neq \dfrac{1}{x}$ olan bir $x\in\mathbb{R}^+$ varsa $f(x)=\dfrac{1}{x}-\epsilon$ olacak şekilde bir $\dfrac{1}{x}>\epsilon>0$ vardır. $x\neq y$ olan herhangi bir $y\in\mathbb{R}^+$ için $$xf(y)+y\left(\dfrac{1}{x}-\epsilon\right)>2\implies \dfrac{x}{y}\geq xf(y)>2-\dfrac{y}{x}+y\epsilon\implies \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2=\dfrac{(x-y)^2}{xy}>y\epsilon\implies \dfrac{(x-y)^2}{xy^2}>\epsilon$$ Burada $\epsilon$ ne olursa olsun, $\lim\limits_{y\to x}\dfrac{(x-y)^2}{xy^2}=0$ olduğundan $y$'yi $x$'e çok yakın seçerek $\dfrac{(x-y)^2}{xy^2}<\epsilon$ olmasını sağlayabiliriz. Bu bir çelişkidir çünkü her $y$ için $\epsilon$'dan büyük olması gerekiyordu.

Bu durumda $f(x)\neq \dfrac{1}{x}$ olan bir $x$ olamaz. Her $x\in\mathbb{R}^+$ için $\boxed{f(x)=\dfrac{1}{x}}$ olmalıdır. Bu fonksiyonun istenilen şartları sağladığı da yerine koyularak görülebilir.

Eğer $b<p$ ise $p\not\mid a$ olacaktır. Ayrıca $b!+p=a^p>1$ olduğundan $a>1$'dir ve asal böleni vardır. $q$ asalı $a$'yı bölsün. $q\neq p$ olduğundan ve $q\mid b!+p$ olduğundan $q\not\mid b!$ olur ve $q>b$ sonucu elde edilir. Dolayısıyla $$b!+p=a^p\geq q^p>b^p$$ olur. $b^p-b!$ ifadesi artandır çünkü $$(b+1)^p-(b+1)!>b^p-b!\iff (b+1)^p-b^p=\sum_{k=0}^{p-1}\dbinom{p}{k}b^{k}>pb^{p-1}>b^p\geq b\cdot b^{b}>(b+1)!-b!=b\cdot b!$$ Dolayısıyla $b\geq 2$ ise $p>b^p-b!\geq 2^p-2$ olacaktır. $2^p$ üstel ama $p+2$ linear olduğundan eşitsizlik $p\geq 3$ için sağlanmayacaktır. Dolayısıyla $b=2$ ise $p=2$'dir ancak $b<p$ değildir. Eğer $b=1$ ise ana denklemde $1+p=a^p\geq 2^p$ elde edilir. Bu eşitsizlik ise $p\geq 2$ için doğru değildir. Dolayısıyla çözüm yoktur.

Eğer $b\geq p$ ise $p\mid b!+p$ olacaktır ve buradan $p\mid a$ bulunur. $p\geq 2$ olduğundan $p^2\mid a^p=b!+p$ olacaktır. Buradan $p^2\not\mid b!$ elde edilir. Dolayısıyla $b<2p$ olmalıdır. $$a^p=b!+p\leq (2p-1)!+p<(2p)^p$$ olduğunu iddia ediyoruz. Yukarıda $b^p-b!$ ifadesinin artan olduğunu göstermiştik, dolayısıyla $$(2p)^p-(2p-1)!>(2p-1)^p-(2p-1)!\geq 3^p-3!$$ olacaktır. $$p\geq 2\implies 3^p-6>p$$ olduğundan $(2p)^p-(2p-1)!>p$ olacaktır. Dolayısıyla $(2p)^p>a^p$ olmalıdır, aynı zamanda $p\mid a$ olduğundan $a=p$ çıkar. Denklem $$p^p-p=b!$$ halini alır. $p=2$ ise $(a,b,c)=(2,2,2)$ çözümünü buluruz. $p=3$ ise $b=4$ çıkar ve $(a,b,p)=(3,4,3)$ çözümü elde edilir. $p=5$ için çözüm çıkmaz.

$p>5$ ise ifadelerdeki $2$ kuvvetlerine bakalım. $v_2(p^p-p)=v_2(b!)\geq v_2((p+1)!)$ olacaktır. Ayrıca $p$ tek olduğundan $$v_2(p^p-p)=v_2(p^{p-1}-1)\geq v_2((p+1)!)=v_2(p+1)+v_2(p!)$$ $2$ için kuvvet kaydırma teoremi şu şekildedir.

Lemma: $2\mid x-y$ ve $n$ çiftse $$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(x+y)+v_2(n)-1$$

$p-1$ çift olduğundan $$v_2(p^{p-1}-1)=v_2(p-1)+v_2(p+1)+v_2(p-1)-1=2v_2(p-1)+v_2(p+1)-1\geq v_2(p+1)+v_2(p!)$$ $$\implies 2v_2(p-1)-1\geq v_2(p!)=v_2((p-1)!)\implies v_2(p-1)-1\geq v_2((p-2)!)$$ Ancak $p-2>\dfrac{p-1}{2}>2$ olduğundan $$v_2(p-1)-1\geq v_2((p-2)!)\geq v_2\left(\dfrac{p-1}{2}\right)+v_2(2)=v_2(p-1)$$ elde edilir. Bu bir çelişkidir. $p>5$ için çözüm yoktur. Tüm çözümler $(a,b,p)=(2,2,2),(3,4,3)$'dür.